Arithmétique

MT 282

Groupes et Arithmétique Chapitres choisis

B. Keller

1 Construction de Z à partir de N 4

2 La division euclidienne et ses conséquences 9

3 Congruences 14

4 Critères de divisibilité 16

5 Généralisation à d’autres systèmes de numération 18

6 L’algorithme d’Euclide-Bézout 20

7 Une autre approche de l’équation de Bézout 24

8 Interprétation géométrique 26

9 Le lemme chinois en termes de congruences 28

10 Systèmes de congruences 30

11 Classes de congruence inversibles 32

12 Anneaux, groupes et lemme chinois 33

13 Notion d’ordre d’un élément d’un groupe 38

14 Algorithme de calcul rapide des puissances 43

15 Calcul de l’ordre d’un élément 45

16 Groupes cycliques 47

17 Racines de l’unité 49

18 Structure du groupe des classes inversibles modulo un nombre premier 51 19 Structure du groupe des classes inversibles modulo une puissance d’un nombre premier 53

20 L’indicatrice de Carmichael 55

21 Résidus quadratiques 57

22 Le symbole de Legendre 59

23 Démonstration de la conjecture d’Euler 62

24 Bibliographie 64

Construction de Z à partir de N

En supposant connues les propriétés élémentaires de l’ensemble N et de l’addition des entiers naturels, nous allons donner une construction rigoureuse de Z et de l’addition des entiers relatifs. Dans cette construction, Z apparaîtra sous forme d’un quotient de N×N par une relation d’équivalence. Ce paragraphe est aussi l’occasion de rappeler les notions de relation d’équivalence et d’ensemble quotient, notions centrales pour le reste du cours.

Définition 1 SoitXun ensemble. Une relation surXest un ensembleR⊂X×X de couples d’éléments deX. On écritxRx⁰au lieu de(x, x⁰)∈R. Une relationRest une relation d’équivalence si elle est a) réflexive (i.e. pour toutx∈X, on axRx)

b) symétrique (i.e. on a équivalence entrexRx⁰etx⁰Rxquels que soientx, x⁰ ∈X)

c) transitive (i.e. les conditionsxRx⁰etx⁰Rx⁰⁰impliquent quexRx⁰⁰quels que soientx, x⁰, x⁰⁰∈X)

Exemples 2

1) SoitV l’ensemble des villes de France. On définit une relationRsurV en déclarant quevRv⁰ signifie quevetv⁰ se trouvent dans la même région. Il est facile de vérifier qu’il s’agit d’une relation d’équivalence.

2) SoitX =N×N et définissonsRpar

(x, y)R(x⁰, y⁰)⇔x+y⁰=y+x⁰.

Par exemple, on a(0,1)R(1,2)et(1,2)R(2,3). La réflexivité et la symétrie deRrésultent de la commutativité de l’addition des entiers positifs. Montrons queRest transitive. En effet, par définition, les conditions(x, y)R(x⁰, y⁰)et (x⁰, y⁰)R(x⁰⁰, y⁰⁰)équivalent aux équations

x+y⁰ = y+x⁰ x⁰+y⁰⁰ = y⁰+x⁰⁰ En rajoutant la première à la seconde on obtient

x+y⁰+x⁰+y⁰⁰=y+x⁰+y⁰+x⁰⁰ ou encore

x+y⁰⁰+ (x⁰+y⁰) =x⁰⁰+y+ (x⁰+y⁰).

Or on sait que la loi d’addition sur N est régulière c’est-à-dire qu’une égalitéa+c =b+cimpliquea=bquels que soienta, b, c ∈ N. Il s’ensuit quex+y⁰⁰ = x⁰⁰+y c’est-à-dire que(x, y)R(x⁰⁰, y⁰⁰). Notons que dans cette démonstration, nous avons utilisé l’associativité, la commutativité et la régularité des entiers naturels.

Définition 3 SoitXun ensemble etRune relation d’équivalence surX. Pourx∈X, on pose

Rx={x⁰∈X |xRx⁰} ⊂X

et on appelle classe d’équivalence dexpar rapport àRcette partie deX. Par définition, l’ensembleX/R est formé des classes ^Rxd’élémentsx∈X. On appelleX/Rle quotient deXpar la relation d’équivalence R. On définit l’application quotient (=la projection canonique)q:X →X/Rparq(x) = ^Rx. Une partie deXest un système de représentants pourRsi elle contient un élément de chaque classe d’équivalence et un seul.

Exemples 4

1) Dans l’exemple des villes de France (voir ci-dessus) la classe d’équivalence d’une villev est formée de toutes les villes qui se trouvent dans la même région quev. En particulier deux classesvetv⁰sont égales ssivetv⁰se trouvent dans la même région. Les éléments deV /Rsont des ensembles de villes, deux villes étant regroupé dans un même ensemble ssi elles se trouvent dans la même région. On a donc une bijection

X/R→ {régions de France}^∼ , v7→la région où se trouve v.

Il existe beaucoup de systèmes de représentants. Par exemple, l’ensembleV0 formé des capitales des régions en est un. L’ensembleV1formé des villes les plus éloignées de la capitale dans leur région en est un autre.

2) Dans le cas de l’exempleX =N×N et de la relationRintroduite ci-dessus on vérifie que(x, y)R(x⁰, y⁰)si et seulement si l’une des deux conditions suivantes est remplie

– il existed∈N tel quex⁰=x+dety⁰=y+d – il existed∈N tel quex=x⁰+dety=y⁰+d.

Ainsi, deux éléments appartiennent à une même classe d’équivalence si on peut passer de l’un à l’autre en ajoutant un même entier naturel aux deux coordonnées. Les classes sont donc des ‘parties diagonales’ du plan N×N :

Il y a beaucoup de systèmes de représentants. Par exemple

X0={0} ×N∪N× {0}={. . . ,(0,3),(0,2),(0,1),(0,0),(1,0),(2,0), . . .}

en est un. On définit l’ensemble Z_ax(Z axiomatique) comme étant l’ensemble quotient(N×N)/R.

Lemme 5 (Propriété universelle deX/R) SoitX un ensemble, R une relation d’équivalence surX et f :X →Y une application constante sur les classes d’équivalence par rapport àR(c’est-á-dire qu’on a f(x) =f(x⁰)à chaque fois quexRx⁰). Alors il existe une applicationg:X/R→Y et une seule telle que f =g◦q. Réciproquement, toute application de la formeg◦qest constante sur les classes d’équivalence.

X

X/R

Y Z

Z Z

~

>

-

q g

f

Remarque 6 Le lemme signifie que la règleg(x) =f(x)définit une applicationg:X/R→Y si et seulement si on af(x) =f(x⁰)quels que soientx, x⁰∈X vérifiantxRx⁰.

Démonstration. On poseg(x) =f(x). Il s’agit de vérifier quef(x)est indépendant du représantantxde la classex.

Or six⁰en est un autre, c’est-à-dire quex=x⁰, alors par définition, on axRx⁰et doncf(x) =f(x⁰). √ Exemple 7 Il existe une applicationg:Zax→Z et une seule telle queg((x, y)) =x−y. En effet, si(x, y)R(x⁰, y⁰) alorsx+y⁰ = y +x⁰ et doncx−y = x⁰−y⁰. L’applicationg est bijective : En effet, elle est surjective car si n∈Z, on an=g((n,0))sin≥0etn=g((0,−n))sin <0. Elle est injective car si on ax−y =x⁰−y⁰, alors x+y⁰ =x⁰+yc’est-à-dire que(x, y)R(x⁰, y⁰)et que(x, y) = (x⁰, y⁰).

(0,0) (1,0) (2,0) (3,0) (4,0) (5,0) (0,1)

(0,2) (0,3) (0,4) (0,5)

Lemme 8 (Addition sur Zax) Il existe une application Zax×Zax→Zax

et une seule telle que

(a, b) + (c, d) = (a+c, b+d).

Démonstration. Il s’agit de montrer que(a+c, b+d) = (a⁰+c⁰, b⁰+d⁰)si(a, b)R(a⁰, b⁰)et(c, d)R(c⁰, d⁰). Nous

laissons au lecteur le soin de cette vérification. √ Définition 9 Un groupe est un couple(G, ?)formé d’un ensembleGet d’une application

?:G×G→G , (g, h)7→g ? h appelée la loi du groupe telle que

a) la loi?est associative (i.e. on a(x ? y)? z=x ?(y ? z)quels que soientx, y, z∈G)

b) la loi?admet un élément neutre (i.e. il existee∈Gtel quex ? e=e ? x=xquel que soitx∈G) c) tout élémentxdeGadmet un inversex⁰pour la loi?(i.e. on ax ? x⁰ =e=x⁰? x)

Un groupe(G, ?)est commutatif si on ax ? y=y ? xquels que soientx, y∈G.

Exemple 10

1) Si les conditons a) et b) sont vérifiées, alors l’élément neutreeest unique. En effet, soienteete⁰ deux éléments neutres. Alors on ae=e ? e⁰(care⁰est neutre) ete ? e⁰=e⁰(careest neutre) et donce=e⁰.

2) Si les conditions a), b) et c) sont vérifiées, l’élément inversex⁰de la conditon c) est unique. En effet, supposons que x⁰etx⁰⁰sont deux éléments inverses àx. Alors on a

x⁰=x⁰? e=x⁰?(x ? x⁰⁰) = (x⁰? x)? x⁰⁰=e ? x⁰⁰=x⁰⁰. On notex⁻¹l’élement inverse dex.

Exemple 11

1) Le couple(N,+)vérifie a) et b) (poure= 0) mais non pas c) car l’équationn+n⁰ = 0n’admet pas de solution n⁰∈N sin >0.

2) Le couple(Zax,+)est un groupe. En effet, on vérifie facilement l’associativité. L’élément neutre est la classe de (0,0). L’inverse de la classe de(a, b)est la classe de(b, a)! En effet, nous avons

(a, b) + (b, a) = (a+b, a+b) = (0,0).

Lemme 12 (Propriété universelle de Z_ax) Soitιl’application ι:N→Zax, n→(n,0).

On aι(n+n⁰) =ι(n) +ι(n⁰)et siφ:N→Gest une autre application de N vers un groupeGtelle que φ(n+n⁰) =φ(n)? φ(n⁰), alors il existe une applicationψ:Zax →Get une seule telle que a)ψ◦ι=φ et b)ψ(x+x⁰) =ψ(x)? ψ(x⁰)quels que soientx, x⁰∈Zax.

Remarque 13 On peut interpréter ce lemme en disant que Z_ax(et donc Z) est le groupe universel contenant N.

Démonstration. Il est immédiat que ι est additive. Supposons donnée une application φcomme dans l’énoncé.

Définissonsf : N×N → Gparf((a, b)) = φ(a)? φ(b)⁻¹. Montrons quef induit une application Zax → G, Supposons que(a, b)R(a⁰, b⁰)et donc quea+b⁰=b+a⁰. Alors pour montrer que

φ(a)φ(b)⁻¹=φ(a⁰)φ(b⁰)⁻¹ il suffit de montrer que

φ(a)φ(b)⁻¹φ(b)φ(b⁰) =φ(a⁰)φ(b⁰)⁻¹φ(b)φ(b⁰).

En utilisant queφ(b)φ(b⁰) =φ(b+b⁰) =φ(b⁰)φ(b)nous sommes ramenés à montrer que φ(a)φ(b⁰) =φ(a⁰)φ(b)

ψ((n,0)) =ψ◦ι(n) =φ(n) =ψ⁰◦ι(n) =ψ⁰((n,0)).

En outre, six⁰ = (0, n), alorsψ(x⁰)etψ⁰(x⁰)sont tous les deux inverses deψ(x) = ψ⁰(x)oùx = (n,0). Donc ψ(x⁰) =ψ⁰(x⁰). Comme les(0, n)et les(n,0),n∈N, forment un système de représentants des classes d’équivalence

par rapport àR, il s’ensuit queψ=ψ⁰. √

Chapitre 2

La division euclidienne et ses conséquences

Lemme 14 (division euclidienne) Soienta∈Z etb∈Z\ {0}. Alors il existeq∈Z etr∈ {0,1, . . . ,|b| − 1}tels que

a=qb+r.

En outre,qetrsont uniques.

Exemple 15 On a15 = 2×7 + 1 ce qui est une division euclidienne. On a aussi−15 = (−2)×7 + (−1)ce qui n’est pas une division euclidienne, car le reste d’une division euclidienne est positif, par définition. Par contre,

−15 = (−3)×7 + 6est bien une division euclidienne.

Démonstration. On considère l’ensembleRformé des entiersa−p b, oùp∈Z. Puisquebest non nul, l’ensembleR contient des nombres positifs. Donc l’intersectionR∩N est non vide. Elle admet donc un élément minimal. Appelons rcet élément et définissonsqpar l’égalitéa−q b =r. Montrons quer < |b|. Soitεle signe deb(ε = 1sib >0 etε=−1sib <0). Si nous avionsr >|b|, nous pourrions enleverε bdes deux côtés de l’égalitéa−q b=rpour trouver un nombre

r−ε b=a−(q+ε)b

qui appartiendrait encore a R∩ N mais qui serait strictement inférieur à r. Contradiction. On a donc bien r ∈ {0,1, . . . ,|b| −1}.

Montrons l’unicité. Si nous avons

q b+r=a=q⁰b+r⁰,

alors(q−q⁰)b = r−r⁰. Puisquer etr⁰ sont positifs et strictement inférieurs à|b|, il s’ensuit que |q−q⁰| |b| =

|r−r⁰|<|b|. Comme|b| 6= 0, nous avons|q−q⁰|<1. Or,|q−q⁰|est un entier positif et donc|q−q⁰|= 0etq=q⁰.

Par conséquent, nous avons aussir=a−q b=a−q⁰b=r⁰. √

Définition 16 Soit(G,∗)un groupe. Un sous-groupe de(G,∗)est une partieH ⊂Gtelle que a) L’élément neutreedeGappartient àH.

b) On ah∗h⁰∈Hquels que soienth, h⁰ ∈H.

c) On ah⁻¹∈H quel que soith∈H.

Exemple 17

SiHest une sous-groupe de(G,∗), on définit une loi∗H:H×H→Hpar h∗Hh⁰ =h∗h⁰.

Il est clair que(H,∗H)est un groupe.

Quel que soit le groupe(G,∗), les partiesGet{e}sont toujours des sous-groupes.

est un sous-groupe de(Z,+). D’après le théorème ci-dessus, on obtient ainsi tous les sous-groupes de(Z,+).

Théorème 18 Tout sous-groupeHde(Z,+)est de la formeH =nZ pour unn∈Z unique au signe près.

Démonstration. SiH = {0}, alorsH = 0Z et il n’y a rien à démontrer. Supposons donc que H 6= {0}. Alors l’ensemble des normes|x|>0d’éléments deH est non-vide. Soitn∈H tel que|n|est non nul et minimal. Je dis queH =nZ. En effet, puisqueH est un sous-groupe qui contientn, il contientnZ. Réciproquement, soita∈H et soita=qn+rla division euclidienne deaparn(rappelons quen6= 0). Si on avaitr6= 0, alorsr=q−qnserait un élément deHnon nul et de norme strictement inférieure à celle den. Donc nous avonsr= 0eta=qnappartient ànZ.

Montrons l’unicité. En effet, sinZ=n⁰Z, nous avonsn=xn⁰ pour unx∈Z etn⁰ =x⁰npour unx⁰ ∈Z. Donc n =xx⁰n. Nous avons soitn = 0, et alorsnZ = {0}etn⁰ = 0, soitn 6= 0et alors1 = xx⁰ et doncx =±1et

n⁰=±n. √

Remarque 19 SiH etH⁰sont deux sous-groupes de(Z,+), on pose

H+H⁰ ={x+x⁰|x∈Hetx⁰∈H⁰}.

On vérifie aussitôt queH+H⁰est encore un sous-groupe de(Z,+). D’après le théorème, siaetbsont deux entiers, il existe un entiercunique au signe près tel que

aZ+bZ=cZ.

Nous allons voir quecest en fait le plus grand commun diviseur deaetb.

Définition 20 Soienta, b ∈Z. On dit queaest divisible parbs’il existeq ∈Z tel quea=q b. Dans ce cas, on dit aussi queaest multiple deb, quebdiviseaou quebest diviseur dea. On écrita|b.

Exemple 21

Le nombre15est divisible par1,3,5,15,−1,−3,−5et−15!

Le nombre0 est divisible par tout entier. Par contre le nombre1n’est divisible que par 1et−1. En effet, si on a 1 =qb, alors1/|b|est un entier non nul et≤1. Doncb=±1.

Supposonsb 6= 0. Alors la division euclidienne deaparbest bien définie etaest divisible parb ssi le reste de la division euclidienne deaparbs’annule.

Définition 22 Soienta, b∈Z tels que(a, b)6= (0,0). Alors le module d’un diviseur commun àaetbest borné parmax(|a|,|b|)et il existe donc un plus grand diviseur commun àaetb. On le note PGCD(a, b).

Les nombresaetbsont premiers entre eux si PGCD(a, b) = 1. Sia=b= 0, on pose PGCD(a, b) = 0.

Lemme 23 (Bézout) Soienta, b∈Z. Alors

aZ+bZ=PGCD(a, b)Z.

En particulier, on a équivalence entre i) Les entiersaetbsont premiers entre eux.

ii) On aaZ+bZ=Z.

iii) L’équationax+by= 1admet une solution(x, y)∈Z².

Exemple 24

L’équationax+by= 1est dite équation de Bézout. Si(a, b)6= (0,0), elle admet toujours des solutions(x, y)∈Q² mais pas nécessairement dans Z².

Il s’ensuit du lemme que tout diviseur communcdeaetbdivise PGCD(a, b)(car il diviseax+byquels que soient x, y∈Z).

Démonstration. Supposons queaZ+bZ=cZ aveccpositif. Commea∈cZ etb∈cZ, le nombrecest un diviseur commun deaetb. Doncc≤PGCD(a, b). De l’autre côté, PGCD(a, b)diviseaetbet donc tout élément deaZ+bZ.

En particulier, PGCD(a, b)divisec. Il s’ensuit quec=PGCD(a, b).

Il est ainsi clair que i) est équivalent à ii). Il est aussi clair que i) implique iii). Réciproquement, si iii) est vérifié et z∈Z, il suffit de multiplier l’équationax+by= 1parzpour conclure quez=a(zx) +b(zy)appartient àaZ+bZ

et donc que Z=aZ+bZ. √

Lemme 25 (Gauss) Soienta, b, c∈Z. Siadivisebcet queaetbsont premiers entre eux, alorsadivisec.

Démonstration. D’après le lemme de Bézout, il existex, y∈Z tels queax+by= 1. Nous multiplions cette ´galité parcpour obtenir

acx+bcy=c.

Puiqueadiviseacxetbcy, il doit diviseraxc+bcy=c. √

Définition 26 Un nombre premier est un entier>1dont les seuls diviseurs positifs sont1et lui-même.

Exemple 27

Le nombre1n’est pas premier.

Les nombres2,3,5. . .sont premiers.

Un nombre premier est un entier positif qui admet exactement deux diviseurs positifs.

Lemme 28 (Euclide) Soitpun nombre premier eta, b∈Z. Sipdiviseabalorspdiviseaoupdiviseb.

Démonstration. Sipne divise pas a, alors a etpsont premiers entre eux, car les seuls diviseurs de psont1 et lui-même. D’après le lemme de Gauss,pdoit alors diviserb. De même, sipne divise pasb, il doit divisera. √ Exemple 29

L’affirmation de ce lemme est fausse si on omet l’hypothèse quepest premier. Par exemple le nombre3×5divise le produit(2×3)×(5×7)mais il ne divise ni2×3ni5×7.

Soientpetp₁, . . . , p_rdes nombres premiers. Montrons que sipdivisep₁· · ·p_r, alorsp=p_ipour uni. En effet, si r= 1, il n’y a rien a démontrer. Sir >1, et quepdivise le produitp₁×(p₂· · ·p_r), alors d’après le lemme d’Euclide, pdivisep₁oupdivisep₂· · ·p_r. Dans le premier cas, nous avonsp=p₁et dans le secondp =p_ipour uni ≥ 2, d’après l’hypothèse de récurrence.

Théorème 30 (Décomposition en facteurs premiers) Soitn ≥ 1 un entier et soitp₁, p₂. . .la liste des nombres premiers (exhaustive et sans répétitions). Alors il existe des entiersm_i ∈ N uniques et nuls sauf pour un nombre fini d’entre eux tels que

n=p^m₁¹p^m₂²p^m₃³· · ·.

Démonstration. Montrons l’existence de l’écriture par un raisonnement récursif : Sin = 1, on posemi = 0pour tous lesi. Sin > 1alors soitnest premier, soitn = n⁰n⁰⁰ pour deux nombres strictement inférieurs àn. Dans le premier cas, il existe un nombre premierpj dans la liste et un seul tel quen =pj. On posemi = 0pouri 6=j et mj= 1. Dans le second cas, l’hypothèse de récurrence nous donne les écritures

n⁰ = p^m

0 1

1 p^m

0 2

2 · · · n⁰⁰ = p^m

00 1

1 p^m

00 2

2 · · ·. En multipliant nous trouvons

n=p^m

0 1+m⁰⁰₁

1 p^m

0 2+m⁰⁰₂ 2 · · ·. Montrons l’unicité de l’écriture. Supposons donc que

n=p^m₁¹p^m₂²· · ·=p^m

0 1

1 p^m

0 2

2 · · ·.

Montrons que m₁ = m⁰₁ (la démonstration pour les autres m_i est la même). Nous procédons par récurrence. Si m₁ = 0, alorspne divise pasn(sinon il serait égal à l’un desp_i d’après la remarque ci-dessus). Doncm⁰₁ = 0. Si m₁>0, alorsp₁divisen. D’après la remarque ci-dessus,p₁doit apparaître dans l’écriture

n=p^m₁⁰¹p^m₂⁰²· · ·. Doncm⁰₁>0. En divisant parp1nous trouvons

p^m₁¹⁻¹p^m₂²· · ·=p^m

0 1−1

1 p^m

0 2

2 · · · .

et par l’hypothèse de récurrence, il s’ensuit quem₁−1 =m⁰₁−1. Doncm₁=m⁰₁. √ Exemple 32

Ce théorème a des conséquences étonnantes. Par exemple, d’après l’unicité, l’application N×N×N→N, (m₁, m₂, m₃)7→2^m1×3^m2×5^m3

est injective ! Donc le cardinal de N×N×N est inférieur à celui de N. (Bien sûr, on sait par ailleurs que ces deux cardinaux sont égaux).

Si nous avons

n=p^m₁¹p^m₂²p^m₃³· · · .

comme dans le théorème, alors les diviseurs positifs densont exactement les nombres n⁰ =p^m₁⁰¹p^m₂⁰²p^m₃⁰³· · ·

oùm⁰_i≤mipour touti. En effet, il est clair que ces nombres divisentn. Réciproquement supposons quen=n⁰n⁰⁰et que nous avons les décompositions

n⁰ = p^m

0 1

1 p^m

0 2

2 · · · n⁰⁰ = p^m

00 1

1 p^m

00 2

2 · · ·. En multipliant nous trouvons

n=p^m₁¹p^m₂²p^m₃³· · ·=p^m

0 1+m⁰⁰₁

1 p^m

0 2+m⁰⁰₂ 2 · · · . Par l’unicité, il s’ensuit quemi=m⁰_i+m⁰⁰_i pour touti. Donc on a bienmi≥m⁰_i. Nous déduisons de b) que le nombre de diviseurs denest égal à(m₁+ 1) (m₂+ 1)· · ·.

Supposons que nous avons les décompositions

n = p^m₁¹p^m₂²p^m₃³· · · n⁰ = p^m

0 1

1 p^m

0 2

2 p^m

0 3

3 · · · . Alors il s’ensuit de b), que nous avons

PGCD(n, n⁰) = p^min(m1,m

0 1)

1 p^min(m2,m

0 2) 2 · · · PPCM(n, n⁰) = p^max(m1,m

0 1)

1 p^max(m2,m

0 2) 2 · · · où PPCM(n, n⁰)désigne le plus petit commun multiple denetn⁰. On en déduit que

n×n⁰=PPCM(n, n⁰)×PGCD(n, n⁰).

Congruences

Définition 33 Soientn≥1un entier eta, b∈Z. On dit queaest congru àbmodulons’il existe unk∈Z tel quea=b+k n. On écrit alors

a≡b(n)oua≡nboua=bmodn.

Remarque 34 On aa≡b(n)si et seulement siaetbont le même reste dans la division euclidienne parn. En effet, si nous avonsa=qn+retb=q⁰n+r, alorsa=b+ (q−q⁰)neta≡b (n). Réciproquement, sia=q n+ret b=q⁰n+r⁰et quea=b+k n, alors

a=b+k n=q⁰n+r⁰+k n= (q⁰+k)n+r⁰=q n+r et par l’unicité de la division euclidienne, il s’ensuit quer=r⁰(etq=q⁰+k).

Exemple 35 Nous avons6 ≡ −15 (7)car6 = −15 + 3×7. Notons que−15a effectivement le même reste que6 pour la division euclidienne par7car−15 = (−3)×7 + 6.

Lemme 36 a) La relation≡nest une relation d’équivalence.

b) Sia ≡ a⁰ (n)etb ≡ b⁰ (n), alorsa+b ≡ a⁰ +b⁰ (n)eta b ≡ a⁰b⁰ (n). Dans ce cas, on a aussi a^m≡a^0m(n)pour toutm∈N.

c) Les nombres0,1, . . . , n−1forment un système de représentants des classes par rapport à≡n.

Démonstration. a) La relation est réflexive car nous avonsa=a+ 0×npour touta∈Z. Elle est symétrique car si nous avonsa =b+k nalors nous avonsb =a+ (−k)n. Elle est transitive, car si nous avonsa = b+k net b=c+l n, alors nous avonsa= (c+l n) +k n=c+ (l+k)n.

b) Supposons quea=a⁰+k net queb=b⁰+l n. Alorsa+b=a⁰+b⁰+ (k+l)net

a b= (a⁰+k n)(b⁰+l n) =a⁰b⁰+a⁰ln+knb⁰+klnn=a⁰b⁰+ (a⁰l+kb⁰+kln)n.

La dernière affirmation s’ensuit par récurrence surm.

c) Touta∈Z est équivalent par≡nà un et un seul des nombres0,1, . . . , n−1. En effet, cette affirmation est une reformulation de l’existence et de l’unicité du reste dans la division euclidienne deaparn. √

Définition 37 On pose

Z/nZ = Z/≡_n.

On note ⁿaoua(ou mêmea) la classe dea∈Z. Les éléments de Z/nZ sont donc lesa,a∈Z. On munit Z/nZ des deux lois

+ :Z/nZ×Z/nZ−→Z/nZ, (a, b)7→a+b:=a+b

· :Z/nZ×Z/nZ−→Z/nZ, (a, b)7→a·b:=a·b

Exemple 38

Grâce au lemme ci-dessus les deux lois sont bien définies.

Par définition de la notion de ‘classe d’équivalence’, nous avons

na= ⁿbsi et seulement sia≡b(n).

Par conséquent, deux classesaetbsont égales ssi les restes deaetbpar la division euclidienne parnsont égaux.

D’après le lemme ci-dessus, les classes

0,1, . . . , n−1

sont distinctes deux à deux et toute classe est égale à une d’entre elles. Ces classes constituent donc la liste (exhaustive et sans répétitions) des éléments de Z/nZ. En particulier, Z/nZ est de cardinaln.

Critères de divisibilité

Soit

N= 1001001001001001001001001.

Le nombreN est-il premier ? Non. Il est divisible par3car la somme de ses chiffres est divisible par3. De façon générale, on sait qu’un nombre est divisible par3ssi la somme de ses chiffres l’est. De même pour9au lieu de3. On sait aussi qu’un nombre est divisible par11ssi la somme alternéec₀−c₁+c₂−. . .de ses chiffres l’est (c₀ est le chiffre des unités,c₁celui des dizaines, . . . ). La divisibilité par7, par contre, ne semble être reliée ni à la divisibilité par7de la somme ni à celle de la somme alternée de ses chiffres comme le montrent les exemples7,14,21, . . ..

En fait, nous allons voir qu’un nombre est divisible par7si et seulement si c’est le cas pour le nombre c0+ 3c1+ 2c2−c3−3c4−2c5+c6+ 3c7+ 2c8−c9−3c10−. . .

Par exemple, le nombre100100100100est divisible par7. Plus généralement, tout nombre dont l’écriture décimale est3-périodique et comporte un nombre de chiffres divisible par6est divisible par7.

Ces faits trouvent leur explication à l’aide de deux outils : 1) le calcul des congruences et 2) le calcul des restes de puissances. Le lemme suivant élucide le rôle que joue le calcul des congruences :

Lemme 39 Soitn≥2un entier etai, i∈N une suite d’entiers telle que ai≡10ⁱ(n)pour touti∈N.

SoitN∈N et soientc0, c1, . . . , cs∈ {0, . . . ,9}les chiffres de son écriture décimale (c0=unités, . . . ). Alors nous avons

N ≡ a₀c₀+a₁c₁+a₂c₂+. . .+a_sc_s(n).

En particulier,N est divisible parnsi et seulement sia₀c₀+a₁c₁+. . .+a_sc_sest divisible parn.

Démonstration. Par définition de l’écriture décimale, on a

N =c₀+c₁×10 +c₂×10²+c₃×10³+· · ·+c_s×10^s. Puisque10ⁱ≡ai(n), les règles du calcul des congruences nous permettent de conclure que

N ≡ c₀a₀+c₁a₁+c₂a₂+c₃a₃+. . .+c_ra_r(n).

√ Exemple 40 Déduisons le critère de divisibilité par7que nous avons évoqué plus haut. Pour pouvoir appliquer le lemme, il nous faut calculer une suite d’entiersa_itels quea_i≡10ⁱ(7). La suite desa_ivérifie donc les congruences

a0 ≡ 1 (7) a_i+1 ≡ 3a_i(7)

(car10≡3 (7)). Poura₀, . . . a₆, nous trouvons

1,3,2,−1,−3,−2,1.

Donca6≡a0(7)et par récurrence, on trouve queai≡ai+6 (7)pour touti∈N. Pour la suite desai, on peut donc choisir la suite6-périodique suivante

1,3,2,−1,−3,−2,1,3,2,−1,−3,−2,1,3,2,−1,−3,−2, . . . D’après le lemme, il s’ensuit queNest divisible par7ssi c’est le cas pour le nombre

c0+ 3c1+ 2c2−c3−3c4−2c5+c6+ 3c7+ 2c8−c9−3c10−. . . où lescisont les chiffres de l’écriture décimale deN (c0=unités,c1=dizaines, . . . ).

Généralisation à d’autres systèmes de numération

Le fondement mathématique des systèmes de numération est le lemme suivant :

Lemme 41 Soitb≥2un entier. Pour tout entierN ∈N, il existe des entiers uniquesc_i∈ {0, . . . , b−1}, i∈N, nuls sauf pour un nombre fini d’entre eux, tels que

N =c0+c1b+c2b²+· · ·+cibⁱ+· · ·

Notation. Dans la situation du lemme, siN 6= 0et quec_sest le dernier coefficient non nul, nous écrivons N = [cs, c_s−1, . . . , c1, c0]b.

et nous appelons l’expression à droite l’écriture deN en baseb. Il nous arrivera d’omettre les crochets et les virgules comme dans l’exemple suivant

199510= 111110010112= 1330238.

Dans les cas deb= 2,8et16, on parle de l’écriture binaire, octale et hexadécimale, respectivement. Sibexcède 10, les ‘chiffres’ de10àbsont représentés par les premières lettres de l’alphabet. Par exemple, les chiffres du système hexadécimal sont0,1,2,3,4,5,6,7,8,9, A, B, C, D, E, F. Ainsi on a

199510= 7CB16.

Démonstration. On prouve d’abord l’existence par récurrence surn. Pourn = 0on poseci = 0pour touti ∈N.

Supposonsn >0. Effectuons la division euclidienne parb n=qb+r.

D’après l’hypothèse de récurrence, le nombreqs’écrit

q=c⁰₀+c⁰₁b+· · ·+c⁰_tb^t et donc

n=r+c⁰₀b+c⁰₁b²+· · ·+c⁰_tb^t+1 On pose doncc0=retci=c⁰_i−1pouri >0. Montrons l’unicité. Si nous avons

n=c₀+c₁b+c₂b²+· · ·=d₀+d₁b+d₂b²+· · ·

alorsc₀ =d₀car les deux apparaissent comme le reste de la division euclidienne denparb. Nous enlevonsc₀=d₀ des deux côtés et nous divions parbpour obtenir

(n−c₀)/b=c₁+c₂b+· · ·=d₁+d₂b+· · ·.

L’unicité s’ensuit par récurrence surn. √

Lemme 42 Soitn≥2un entier eta_i,i∈N, une suite d’entiers tels que bⁱ≡a_i(n).

SoitN ∈N etc_i,i∈N, les chiffres de son écriture en baseb(c₀=unités, . . . ). Alors on a N≡a0c0+a1c1+a2c2· · · (n).

En particulier,N est divisible parn, si c’est le cas poura0c0+a1c1+a2c2· · ·.

Démonstration. La démonstration est analogue à celle du casb= 10. √

Exemples 43

Nous avons8ⁱ≡1 (7). Donc un nombre est divisible par7ssi la somme des chiffres de son écriture octale est divisible par7.

Nous avons16ⁱ≡(−1)ⁱ(16). Donc un nombre est divisible par17ssi la somme alternée des chiffres de son écriture hexadécimale est divisible par17.

L’algorithme d’Euclide-Bézout

Soienta, b, c∈Z tels que(a, b)6= (0,0). L’algorithme suivant sert à calculer le PGCD(a, b)et la solution générale (x, y)∈Z²de l’équation de Bézout

a x+b y=c.

L’algorithme se présente sous forme d’un tableau. Dans une première étape on remplit les deux premières lignes comme indiquées dans le tableau ci-dessous. Le coefficientq1n’est pas défini ; le coefficientq2est le quotient de la division euclidienne deaparb. Les lignes suivantes se calculent chacune en fonction des deux précédentes comme indiquée ci-dessous.

k r_k q_k x_k y_k

1 a ∗ 1 0

2 b q₂ 0 1 a=q₂b+r₃est une div. eucl.

3 r₃ . . . .

...

k−1 r_k−1 q_k−1 x_k−1 y_k−1

k rk qk xk yk r_k−1=qkrk+rk+1est une div. eucl.

k+ 1 rk+1 qk+1 xk+1 yk+1 xk+1=x_k−1−qkxk,yk+1=y_k−1−qkyk

...

N rN qN xN yN

N+ 1 rN+1= 0 ∗ xN+1 yN+1

La première colonne contient donc les restes des divisions euclidiennes successives, la deuxième colonne les quotients et les deux dernières colonnes des coefficientsxk,yktels quea xk+b yk =rk(voir la démonstration ci-dessous).

Les coefficients de la première colonne forment une suite strictement décroissante de nombres positifs entiers. Par définition,Nest le plus petit entier avecrN+1= 0.

Théorème 44 On arN =PGCD(a, b). Si PGCD(a, b)divisec, la solution générale de l’équation ax+by=c

est donnée par

x = c

PGCD(a, b)xN +lxN+1

y = c

PGCD(a, b)yN+lyN+1

oùl∈Z. Si PGCD(a, b)ne divise pasc, l’équationax+by=cn’admet pas de solution(x, y)∈Z².

Exemple 45 Nous cherchons le PGCD(198,75)et toutes les solutions de l’équation198x+ 75y=PGCD(198,75).

Nous obtenons le tableau

k rk qk xk yk

1 198 ∗ 1 0

2 75 2 0 1

3 48 1 1 −2

4 27 1 −1 3

5 21 1 2 −5

6 6 3 −3 8

7 3 2 11 −29

8 0 ∗ −25 66

Ainsi PGCD(198,75) = 3et la solution générale de l’équation198x+ 75y= 3est donnée par x = 11−25l

y = −29 + 66l oùl∈Z.

Notons que25 = 75/3et66 = 198/3. Notons aussi que les dernières deux colonnes sont des suites alternées et que les modules dexk,yk sont strictement croissants pourk≥3. En particulier, nous avons0 ≤xN <−(−25)et

−66< yN ≤0. La solution(xN, yN)est la seule avec ces propriétés. Les coefficientsqkapparaissent dans l’identité 198

75 = 2 + 1

1 + 1

1 + 1

1 + 1 3 + 1

2 .

Voir les exercices après la démonstration.

Démonstration. Notons d’abord que l’algorithme s’arrête. En effet,rk+1est le reste d’une division euclidienne par rk. Doncrk+1est compris entre0etrk−1. Lesrkforment donc une suite strictement décroissante de nombres positifs entiers. Une telle suite doit aboutir à zéro après un nombre fini d’étapes.

Montrons querN =PGCD(a, b). Montrons d’abord que nous avons PGCD(rk−1, rk) =PGCD(rk, rk+1).

En effet, par construction, nous avons une équation

r_k−1=qkrk+rk+1.

Elle montre que l’ensemble des diviseurs communs à r_k−1 et rk est égal à l’ensemble des diviseurs communs à rk etrk+1. En particulier, les plus grands éléments de ces ensembles sont égaux. La formule pourrN s’ensuit par récurrence :

PGCD(a, b) = PGCD(b, r3) =. . .

= PGCD(r_N−1, rN) =PGCD(rN, rN+1) =PGCD(rN,0) =rN. Pour montrer la deuxième affirmation, nous introduisons les matrices

Sk =

xk xk+1

yk yk+1

, k≥1.

Nous avons

S1= 1 0

0 1

etSk+1=Sk

0 1 1 −qk+1

.

En particulier, nous avons[a b]SN = [rN 0]et la matrice S_N⁻¹=−(−1)^N

yN+1 −xN+1

−yN xN

est à coefficients entiers. Donc si nous posons u

v

=S⁻¹_N x

y

,

alorsu, vsont des entiers. Nous avons [a b]

x y

= [a b]SNS_N⁻¹ x

y

= [rN 0]

u v

de façon que l’équation

[a b]

x y

=c (resp.ax+by=c) est équivalente à l’équation

[r_N 0]

u v

=c (resp.r_Nu+ 0v=c).

Or il est clair que cette dernière équation admet des solutions si et seulement sirN divisec et que dans ce cas la solution générale est

u v

= c/rN

l

,

oùl ∈Z. Donc l’équationax+by =cadmet des solutions si et seulement sirN divisecet dans ce cas la solution générale est

x y

=S_N u

v

=

x_N x_N+1 y_N y_N+1

c/r_N l

= c

r_NxN +lxN+1 c

r_Ny_N +ly_N+1

.

Exercices. 1) Trouver toutes les solutions(x, y)∈Z²des équations suivantes : a)5x+ 3y= 2, b)4x+ 9y= 1, c)17x+ 68y= 3, d)20x+ 30y= 0, e)1789x+ 1994y= 1f)1994x+ 666y= 2.

2) Avec les notations de l’algorithme d’Euclide-Bézout, montrer que x_N+1= (−1)^N c

PGCD(a, b)ety_N+1=−(−1)^N a PGCD(a, b). Indication : On pourra utiliser l’identité

a b

−yN xN

SN =

rN 0 0 −(−1)^N

.

3) Supposonsa > b >0. Avec les notations de l’algorithme d’Euclide-Bézout, montrer que a

b =q2+r3

b =q2+ 1 q3+r4

r3

=q2+ 1 q3+ 1

q4+r5

r₄

=. . .

4) Nous allons caractériser la solution(xN, yN)fournie par l’algorithme d’Euclide-Bézout parmi toutes les solu- tions de l’équation de Bézout. Supposons, pour simplifier, quea > b >0et que PGCD(a, b) = 1.

a) Montrer qu’il existe une solution(x₊, y₊)∈Z²deax+by= 1et une seule telle que0≤x₊ < b. Montrer qu’on a−a < y+≤0.

b) Montrer qu’il existe une solution(x₋, y₋)∈Z²deax+by= 1et une seule telle que−b < x− ≤0. Montrer qu’on a0≤y₊ < a.

c) Montrer qu’on a(x_N, y_N) = (x₊, y₊)siN est impair et(x_N, y_N) = (x₋, y₋)siN est pair. Indication : on pourra commencer par montrer que les suites−(−1)^kx_k et(−1)^ky_k sont strictement croissantes pourk≥3.

5) Nous allons estimer le nombre d’étapes de l’algorithme d’Euclide-Bézout. Pour un couple d’entiers(a, b)avec a > b ≥ 0 notons N(a, b)le nombreN apparaissant comme nombre d’étapes de l’algorithme d’Euclide-Bézout appliqué à(a, b).

a) Montrer queN(a, b)≤1 + log₂a.

b) SoitF0= 0,F1= 1etFn=F_n−1+F_n−2pour toutn >1. Par définition, le nombreFnest len-ième nombre de Fibonacci. Montrer queN(Fn, Fn−1) =n, queN(a, b)≤nsia ≤Fn et que l’égalité ne se présente que pour a=Fnetb=Fn−1.

Une autre approche de l’équation de Bézout

Soienta, b, c∈Z tels que(a, b)6= (0,0). L’équation de Bézout est l’équation ax+by=c

oùx, ydésignent deux entiers relatifs. Sic 6= 0on dit qu’il s’agit d’une équation inhomogène d’inhomogénéitéc.

Dans ce cas, l’équation homogène associée est l’équation ax+by= 0.

Notonsd=PGCD(a, b).

Théorème 46 a) La solution générale de l’équation homogèneax+by= 0est donnée par xh = l _d^b

yh = −l ^a_d l∈Z.

b) Siddivisecet que(xp, yp)est une solution (dite “particulière”) de l’équation inhomogèneax+by=c, alors la solution générale de l’équation inhomogène est donnée par

x = xp+l ^b_d y = yp−l ^a_d

Remarque 47 La construction de la solution générale de l’équation de Bézout se fait donc suivant le même schéma que la construction de la solution d’une équation différentielle linéaire :

sol. gén. de l’éq. inhomogène=sol. part. de l’éq. inhomogène+sol. gén. de l’éq. homogène.

Démonstration. a) Regardons d’abord le cas oùb = 0. Alors l’équation se réduit àax+ 0 y = 0oùa 6= 0(car (a, b)6= (0,0)). Clairement la solution générale est donnée parx= 0,y =l,l ∈Z. De l’autre côté, on ad =|a|, donca/d=±1etb/d= 0. L’affirmation est donc vraie dans ce cas.

Supposons maintenantb6= 0. L’équationax+by= 0équivaut à a

d x=−b dy.

Notons que les deux fractions qui apparaissent ici sont en fait des entiers, card = PGCD(a, b)diviseaetb. Cette dernière équation montre queb/ddivise le produitx a/d. Or, nous avons PGCD(a/d, b/d) = 1. Par le lemme de

Gauss, il s’ensuit queb/ddivisex. Donc il existe unl∈Z tel quex=l b/d. Nous avons donc a

d l b d =−b

dy.

Puisqueb6= 0, nous pouvons conclure quey=−l a/d.

b) Supposons que(x, y)∈Z²est une solution de l’équation inhomogène. Si nous formons la différence des deux équations

ax+by = c axp+byp = c nous trouvons

a(x−xp) +b(y−yp) = 0

c’est-à-dire que(x−xp, y−yp)est une solution de l’équation homogène. D’après a), il existe donc unl∈Z tel que x−xp = l b

d y−yp = −l a

d

L’affirmation en résulte. √

Interprétation géométrique

Nous considérons le plan R²et nous appelons points entiers les points(x, y)∈R²à coordonnées entièresx, y∈Z.

Soienta, b, c∈ Z tels que(a, b)6= (0,0). NotonsD =D(a, b, c)la droite dans R²formée des points(ξ, η) ∈R² tels queaξ+bη =c. Alors l’ensemble des solutions(x, y)∈Z²de l’équation de Bézoutax+by=cs’identifie à l’ensemble des points entiers de la droiteD.

x+2y=0

x+2y=6 2x-2y=3

p

p+v

v -v

D’après les théorèmes cités ci-dessus, deux cas seulement sont possibles – soit la droiteDne contient aucun point entier

– soit la droiteDcontient une infinité de points entiers.

Dans le deuxième cas, l’ensemble des points entiers est obtenu en rajoutant un multiple entier d’un vecteur v = (xh, yh)à un point entierp= (xp, yp)fixé de la droite. Le vecteur(xh, yh)peut être identifié avec un point entier de distance minimale à l’origine sur la droiteD(a, b,0). Notons que cette droite contient exactement deux tels points (à savoirvet−v).

Le lemme chinois en termes de congruences

Lemme 48 (lemme chinois) Soientn1, n2 ≥2deux entiers premiers entre eux etu1n1+u2n2 = 1une équation de Bézout. Soienta1, a2∈Z eta∈Z tel quea≡a1u2n2+a1u1n1(n1n2). Alors pourx∈Z on a l’équivalence

x ≡ a1(n1) x ≡ a2(n2)

⇐⇒ x≡a(n₁n₂).

Remarque 49 On peut réinterpréter le lemme en disant que la solution généralex∈Z du système de congruences à gauche est donnée par

x=a+kn1n2, k∈Z.

Démonstration. Vérifions d’abord queaest bien une solution du système de congruences. En effet, d’après l’hypo- thèse, nous avons

a=a₁u₂n₂+a₂u₁n₁+kn₁n₂ pour unk∈Z et donc

a≡a1u2n2≡a1(u2n2+u1n1)≡a1(n1) et de même

a≡a2u1n1≡a2(u1n1+u2n2)≡a2(n2).

Montrons maintenant l’équivalence. Supposons quex ≡ a (n1n2). Alorsx= a+kn1n2 pour unk ∈ Z et donc x≡a≡a1 (n1)etx≡a≡a2(n2). Réciproquement, supposons quexvérifiex≡a1 (n1)etx≡a2(n2). Alors nous avons(x−a)≡0 (n1)et(x−a)≡0 (n2). Doncx−aest divisible parn1et parn2. Puisque les deux sont premiers entre eux, il s’ensuit (lemme de Gauss) quex−aest divisible parn1n2, c’est-à-dire quex≡a(n1n2). √ Exemple 50 Considérons le système

x ≡ 1 (17) x ≡ 2 (28) x ≡ 3 (31)

Nous avons l’équation de Bézout5×17−3×28 = 1. Le système formé des deux premières équations est donc équivalent à la congruencex≡a(17×28)oùa= 1×(−3×28) + 2×(5×17) = 86. Le système des trois équations se réduit donc à

x ≡ 86 (476) x ≡ 3 (31).

Nous avons l’équation de Bézout(−14)×476 + 215×31 = 1. Donc le système est équivalent à la congruence x≡b(476×31)oùb= 86×(215×31)+3×(−14×476) = 553198. Si nous réduisonsbmodulo476×31 = 14756, nous trouvons que le système des trois équations est équivalent à la congruence

x≡7226 (14756);

Nous invitons le lecteur à vérifier que7226donne les restes1,2et3dans la division par17,28et31.

Systèmes de congruences

Soientretn1, . . . , nrdes entiers≥2eta1, . . . , ardes entiers quelconques. Considérons le système x ≡ a1(n1)

x ≡ a2(n2) ...

x ≡ ar(nr).

Supposons quex=aetx=a⁰ sont deux solutions. Alors la différencea−a⁰est divisible par tous lesniet donc par leur plus petit commun multiplen =PPCM(n₁, . . . , n_r). Donc s’il existe une solution, sa classe modulonest unique.

Il peut ne pas exister de solution comme le montre l’exemple du système x ≡ 1 (6)

x ≡ 2 (8)

ou encore celui du système

x ≡ 1 (2) x ≡ 0 (2).

Notons que nous n’avons pas exclu ce genre de contradictions banales.

L’application systématique du lemme chinois nous permettra de réduire tout système de congruences soit à un système contradictoire soit à une seule congruence modulo le plus petit commun multiple des modules. Nous ne développons pas ici la méthode dans le cas général mais nous limitons à la décrire dans un exemple simple.

Considérons le système

x ≡ 3 (18) x ≡ c(12).

Il s’agit de déterminer tous les entierscpour lesquels le sytème admet des solutions et de calculer les solutions dans ce cas. Constatons tout d’abord que les nombres18et12ne sont pas premiers entre eux de façon que le lemme chinois ne s’applique pas immédiatement. Pour résoudre le problème, nous allons dans une première étape augmenter le nombre d’équations pour obtenir des modules qui sont des puissances de nombres premiers. Nous avons ainsi18 = 2×3²et d’après le lemme chinois la première congruence est équivalente au système

x ≡ 1 (2) x ≡ 3 (9).

De même, puisque nous avons12 = 3×4, la seconde congruence est équivalente au système x ≡ c(3)

x ≡ c(4).

Nous avons ainsi trouvé un système de quatre congruences qui est équivalent au système de départ. Nous le réécrivons dans un ordre où les puissances de chaque nombre premier sont regroupées ensemble et les puissances les plus élevées apparaissent en premier lieu :

x ≡ c(4) (10.1)

x ≡ 1 (2) (10.2)

x ≡ 3 (9) (10.3)

x ≡ c(3) (10.4)

Rappelons-nous que si nous avonsa≡b (n)alors nous avons aussia≡b (d)pour tout diviseurdden(en effet, si n=q deta=b+k nalorsa=b+(k q)d). L’équation (10.1) implique donc quex≡c(2)de façon que les équations (10.1) et (10.2) sont contradictoires sauf sic ≡ 1 (2). De même, les équations (10.3) et (10.4) sont contradictoires sauf sic≡0 (3). Nous avons donc les conditions

c ≡ 1 (2) c ≡ 0 (3)

qui sont nécessaires pour qu’une solution existe. Réciproquement, ces conditions sont aussi suffisantes car si elles sont vérifiées, la congruence (10.2) est une conséquence de (10.1), et (10.4) est une conséquence de (10.3) de façon que le système tout entier est équivalent à un système de deux congruences

x ≡ c(4) x ≡ 3 (9)

Nous avons l’équation de Bézout−2×4 + 9 = 1. Donc, d’après le lemme chinois, ce système est équivalent à la congruencex ≡ c×9 + 3×(−8) (36)ou encorex ≡3c+ 12 (36). En conclusion, le système de départ admet une solution si et seulement sic≡3 (6)et dans ce cas l’ensemble des solutions est l’ensemble des entiersxtels que x≡3c+ 12 (36).

Classes de congruence inversibles

Définition 51 Soitn ≥ 2un entier. Une classe de congruencea ∈ Z/nZ est inversible s’il existe une classebtelle queab= 1. On note(Z/nZ)^∗l’ensemble des classes inversibles.

Lemme 52 Muni de la multiplication naturelle, l’ensemble des classes inversibles est un groupe d’élément neutre1.

Remarque 53 Le lemme implique que si la classeaest inversible, alors la classebtelle queab = 1est unique. On l’appelle la classe inverse dea.

Démonstration. Il s’agit d’abord de vérifier que la loi de multiplication est bien définie, c’est-à-dire que le produit de deux classes inversibles est encore inversible. En effet, siab = 1eta⁰b⁰ = 1, alors(aa⁰)(b⁰b) = 1. La loi est associative car la multiplication de Z/nZ est associative. Elle admet l’élément1pour élément neutre. Finalement, par

définition, tout élément de(Z/nZ)^∗admet un inverse. √

Lemme 54 Une classeaest inversible ssiaetnsont premiers entre eux.

Démonstration. En effet, la classeaest inversible, ssi l’équationab= 1 +knadmet des solutionsb, k∈Z. Or cette équation est une variante de l’équation de Bézoutab+ (−n)k= 1aux inconnuesb,k. L’affirmation en résulte. √

Lemme 55 Supposons que la classexest inversible. Alors la congruencea ≡ b (n)est équivalente à ax≡bx(n).

Remarque 56 L’affirmation du lemme est fausse si la classexn’est pas inversible.

Démonstration. Supposons quexy= 1. Alorsxy≡1 (n)et donc la congruenceaxy≡bxy(n)impliquea≡b(n).

√

Chapitre 12

Anneaux, groupes et lemme chinois

Définition 57 Un anneau est un triplet(A,+, ·)formé d’un ensembleAet deux deux applications + :A×A→A , (a, b)7→a+b et · :A×A→A , (a, b)7→ab

appelées l’addition et la multiplication deAet qui vérifient les axiomes suivants (1) Le couple(A,+)est un groupe commutatif. On note0Aou0son élément neutre.

(2) La multiplication·est associative et admet un élément neutre noté1Aou1.

(3) L’addition et la multiplication vérifient les règles de distributivité a(b+c) = ab+ac (a+b)c = ac+bc quels que soienta, b, céléments deA.

Un anneau est commutatif si sa multiplication est commutative.

Exemples. Les ensembles Z, Q, R et C munis de leurs opérations d’addition et de multiplication habituelles sont des anneaux commutatifs. L’anneauM2(R)des matrices

a b c d

avec l’addition et la multiplication des matrices est un anneau non-commutatif. En effet, si on pose A=

0 1 0 0

, B=

0 0 1 0

on aAB6=BA.

Définition 58 SoitA= (A,+, ·)un anneau. Un élémenta∈Aest inversible s’il existe un élémentb∈A tel queab = 1_A =ba. On noteA^∗ l’ensemble des éléments inversibles deA. L’anneauAest un corps si A^∗=A\ {0}, c’est-à-dire que tout élément non nul deAest inversible (et queA6={0_A}).

Exemples. Pour le cas de l’anneauA=Z/nZ, cette définition est celle de la section précédente. Les anneaux Q, R et C sont des corps.

L’anneau Z/nZ est un corps si et seulement sinest premier. Soitpun nombre premier. Alors(Z/pZ)^∗est formé desp−1classes1,2, . . . , p−1. Soitnun entier≥1. Alors(Z/pⁿZ)est le complémentaire dans Z/pⁿZ despⁿ⁻¹ classesp,2p, . . . ,(pⁿ⁻¹−1)p. Donc

|(Z/pZ)^∗|=p−1et|(Z/pⁿZ)^∗|=pⁿ−pⁿ⁻¹=pⁿ⁻¹(p−1).